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专题16 动量能量在各类模型中的应用
目录
题型一 碰撞模型........................................................................................................................................................1
类型1 一动一静的弹性碰撞.............................................................................................................................1
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型.............................................................................................................6
题型二 非弹性碰撞中的“动能损失”问题..........................................................................................................13
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失...........................................................................................................13
类型2 滑块木板模型中的动能损失...............................................................................................................15
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题......................................................................................................16
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题......................................................................................................18
类型5 带电系统中动能的损失问题...............................................................................................................19
类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题............................................................................................20
题型三 碰撞遵循的规律..........................................................................................................................................22
类型1 碰撞的可能性.......................................................................................................................................22
类型2 碰撞类型的识别...................................................................................................................................25
题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题..............................................................................................28
题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型...................................................................................................................39
题型六 滑块模型中的多过程..................................................................................................................................46
题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题..........................................................................................................51
题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配..................................................................................................54
题型九 人船模型及其拓展模型的应用..................................................................................................................59
题型十 悬绳模型......................................................................................................................................................67
题型一 碰撞模型
类型1 一动一静的弹性碰撞
．
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′
1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 1 1 2 2
联立解得：v′＝v，v′＝v
1 1 2 1
讨论：①若m＝m，则v′＝0，v′＝v(速度交换)；
1 2 1 2 1
②若m>m，则v′>0，v′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v，v′≈2v；
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1
③若m0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v，v′≈0.
1 2 1 2 1 2 1 1 2
【例1】（2023春·江西赣州·高三校联考阶段练习）弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，
一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为 、 ，且
，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，
玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则
、 之比为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
【答案】B
【详解】两球碰撞时由动量守恒可得
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学科网（北京）股份有限公司由能量守恒可得
联立可得
玻璃球B返后两球速度相等
可得
故选B。
【例2】（2023·四川达州·统考二模）如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为 的小球悬
挂在O点，绳长 ，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点
与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度 ，小物块沿水平地
面滑到B点停止运动。已知小物块质量为 ，小物块与水平地面间的动摩擦因数 ，
A点到B点的距离 ，重力加速度 ，则下列说法正确的是（ ）
A．小球与小物块质量之比 B．小球与小物块碰后小物块速率
C．小球与小物块碰撞是弹性碰撞 D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失
【答案】BC
【详解】B．根据牛顿第二定律
可知小物块的加速度
根据匀变速运动公式
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学科网（北京）股份有限公司解得小球与小物块碰后小物块速率
B正确；
A．设小球碰撞前的速度为 ，碰撞后的速度为 ，根据动能定理
解得
以向右为正方向，根据动量守恒定律
解得
A错误；
CD．碰撞前动能
碰撞后动能
碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误。
故选BC。
【例3】（2023·四川遂宁·统考三模）在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管
形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在
内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为 、 ，开始
时B球静止于a点，A球在其左侧以 的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已
知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（
）
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学科网（北京）股份有限公司A．A、B两球的质量比为
B．若只增大A球的初速度 则第二次碰撞点可能在 之间某处
C．若只增大A球的质量 则第二次碰撞点可能仍在b处
D．若只增大A球的质量 则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于
【答案】CD
【详解】A．设第一次碰后A、B两球的速度分别为 ， 。根据动量守恒定律和能量守恒
定律有
第二次碰撞发生在b点，则有
联立解得
故A错误；
BC．设第二次碰撞A球转过的角度为 ，则有
解得
可知 与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的质量 则
第二次碰撞点可能仍在b处，故B错误，C正确；
D．两次碰撞间隔时间为
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学科网（北京）股份有限公司故D正确；
故选CD。
【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，小球1从固定光滑斜面上某处由静止释放，
滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的N点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，
再将小球1从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生弹性正碰，两小球在地面上的落
点分别为M、P点。已知小球1的质量为 ，小球2的质量为 ，且 ，O点为桌
面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确
的是（ ）
A．碰撞后小球1的落点为M点
B．碰撞后小球1的落点为P点
C．图中点间距离满足的关系为
D．图中点间距离满足的关系为
【答案】BC
【详解】AB．设小球1碰撞前的速度为 ，取水平向右为正方向，因为球1质量较小，可
知小球1与小球2碰撞后，球1反向，设碰撞后球1和球2速度大小分别为 、 ，根据动
量守恒和能量守恒有
解得
，
根据题意 ，可得 ，斜面光滑，小球1反向到达最高点回到抛出点时速度大小
等于 ，两球在做平抛运动的时间相等，故可知小球1的水平位移较大，即碰撞后小球1
的落点为P点，A错误，B正确；
CD．当小球1单独释放时有
小球1与小球2碰撞后有
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学科网（北京）股份有限公司，
可得
C正确，D错误。
故选BC。
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型
m v ＋m v ＝m v ′＋m v ′
1 1 2 2 1 1 2 2
m v＋m v＝m v ′2＋m v ′2
1 2 1 1 2 2
v ′＝
1
v ′＝
2
【例1】（2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第五次复习检测理综物理试题）如图
所示，将两个质量分别为m=60g、m=30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从
1 2
初始高度h=1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞
0
的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图象如图乙所示，g取
10m/s2（ ）
A. B球与A球碰前的速度大小为6m/s
B. 两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1：101
C. A、B两球发生的是弹性碰撞
D. 若mv前 ，碰后原来在前的物体速度一定增
大，若碰后两物体同向运动，则应有v前 ′≥v后 ′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
2．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B
的速度最小，v ＝v，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范
B 0 B 0
围为：v≤v ≤v.
0 B 0
类型1 碰撞的可能性
【例1】（2023·全国·高三专题练习）在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向
运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞
前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（ ）
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
【答案】A
【详解】碰撞前的总动量为
碰撞前的总动能为
A．如果 、 ，则碰后两球的动量分别为
，
则有
满足动量守恒；由于A的动量大小减少，B的动量大小增加，根据
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学科网（北京）股份有限公司可知A的动能减少，B的动能增加，由于两者的质量关系未知，所以总动能可能不增加，
是可能的，故A正确；
BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故BD错误；
C．如果 、 ，则碰后两球的动量分别为
，
则有
满足动量守恒；由于A的动量大小不变，B的动量大小增加，根据
可知A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故不可能，故C
错误。
故选A。
【例2】（2023·高三课时练习）在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为
2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t 时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前
0
后的速度-时间图像可能正确的是（ ）
A． B． C．
D．
【答案】B
【详解】设纵轴坐标分度值为v；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动
0
量守恒，系统动能不增加。
A．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量 ，违背动量守恒定律，故A错误；
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学科网（北京）股份有限公司B．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；
C．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的动能为
碰撞后的动能增加，这是不可能发生，故C错误；
D．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误。
故选B。
【例3】（2023·甘肃兰州·高三西北师大附中期中）质量为m的小球A以速度 在光滑水平
面上运动，与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小 和小球B
的速度大小 可能为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】AC
【详解】碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
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学科网（北京）股份有限公司，
当 与 方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为 ，满足总动能
不增加，故A可能；
B．若
，
当 与 方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但 ，会发生二次碰撞，故不符
合实际情况，故B不可能；
C．若
，
当 与 方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为 ，满足总动能
不增加，故C可能；
D．若
，
当 与 方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为 ，大于系统
碰撞前的动能，故D不可能。
故选AC。
类型2 碰撞类型的识别
碰撞的分类
机械能是
动量是否守恒
否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
【例1】（2023秋·江苏盐城·高三盐城市第一中学校联考阶段练习）质量为m和 m的两个
物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。
（1）碰撞后 和 的速度 、 ；
（2）若 ，则 等于多少；
（3）在第（1）（2）问基础上，通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ， ；（2） ；（3）弹性碰撞
【详解】（1）根据图像可得碰撞后
（2）根据动量守恒定律
可得
（3）根据图像可得碰撞前
碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
说明属于弹性碰撞。
【例2】．（2023春·辽宁鞍山·高三统考期中）某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量
均为 ，初始时两冰壶之间的距离 ，运动员以 的初速度将冰壶A水
平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为 ，方向不变，碰
撞时间极短．已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度 。
求：
（1）冰壶A与B碰撞碰撞前的速度大小 ；
（2）两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小 ；
（3）计算碰撞前后系统的总动能，判断是否为弹性碰撞。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得
代入数据解得
（2）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，则有
代入数据解得
（3）碰撞前两冰壶的总动能为
碰撞后两冰壶的总动能为
由于
可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。
【例3】2022年第24届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一．在冰壶比赛
中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在
圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v－t
图像如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1 m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
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学科网（北京）股份有限公司【答案】 C
【解析】 根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两
壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；由题图(b)知碰前红壶的速度v
0
＝1.0 m/s，碰后红壶的速度v′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方
0
向为正方向，根据动量守恒定律可得mv ＝mv′＋mv，解得v＝0.6 m/s.根据图像可得，红壶
0 0
碰前的加速度为a ＝＝0.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为t＝＝6 s，碰后蓝壶的加速度大小
1
为a′＝＝0.12 m/s2，故B错误．碰后两壶相距的最远距离Δx＝ m－ m＝1.1 m，碰撞前两
壶的总动能为E ＝mv2＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为E ＝mv′2＋mv2＝0.26m，所以两壶
k1 0 k2 0
碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误．
题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系
统动量守恒，类似弹性碰撞。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统
所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非
弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结
束时)。
【例1】（2023·安徽黄山·统考三模）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度
v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体
A与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ）
A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为
B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大
C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0
D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为
【答案】AD
【详解】A．根据动量守恒定律得
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学科网（北京）股份有限公司根据机械能守恒定律得
解得
根据动量定理得
解得
A正确；
B．在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B
的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近 ，而弹簧的弹力几乎等于
零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B
的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；
CD．根据动量守恒定律得
解得
弹簧对A、B做功分别为
弹簧对A、B做功的代数和为
最大弹性势能为
C错误，D正确。
故选AD。
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学科网（北京）股份有限公司【例2】（2023·河北·高三学业考试）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中
间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度 ，之后两物块
的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内， 、 时刻弹簧的
弹性势能分别为 、 ，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B的质量之比为
B． 时刻B的速度为
C． 时刻弹簧的弹性势能为
D． 时刻A、B的速率之比为
【答案】BC
【详解】A．根据图乙可知 时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有
解得
A错误；
B．根据图乙可知 时刻A的速度为零，则根据动量守恒定律有
又
可得 时刻B的速度为
B正确；
C．从 时间内，根据能量守恒可得
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学科网（北京）股份有限公司从 时间内，根据能量守恒可得
联立解得
C正确；
D． 时刻，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
结合以上分析联立解得
， 或 ，
结合图乙可知第二种结果不符合题意，则 时刻A、B的速率之比为
D错误。
故选BC。
【例3】（2023·河北·统考模拟预测）如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与
质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给
A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度 ，经一段时间后滑块A与弹簧分离，
其间弹簧的最大弹性势能为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为
B．若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为
C．两者分离后A、B的动能之比为
D．若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
【答案】BC
【详解】A．A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，
因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，
即动量大小之比不一定为 ，A错误；
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学科网（北京）股份有限公司B．A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有
即
B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得
B正确；
C．整个过程系统根据动量守恒及机械能守恒可得
解得
即有
即两者分离后A、B的动能之比为 ，选项C正确；
D．由前面分析可知B与档板发生弹性碰撞反向运动时 ，则B可追上A，选项D错
误。
故选BC。
【例4】．（2023·湖南郴州·统考三模）如图所示，质量为 的物块P与物块Q（质量未
知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬
时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t 内P、Q物块运动的 图像
0
如图所示，已知 时刻P、Q的加速度最大，其中 轴下方部分的面积大小为 ，则
（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．物体Q的质量为
B． 时刻Q物体的速度大小为
C． 时刻弹簧的弹性势能为
D． 时间内弹簧对P物体做功为零
【答案】BCD
【详解】A． 时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右； 时刻，P、
Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
解得物体Q的质量为
故A错误；
B．根据 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知 时间内，Q物体的速度变
化量大小为
则 时刻Q物体的速度大小为 ，故B正确；
C． 时刻两物体具体相同的速度 ，根据对称性可知， 时刻P、Q物体的速度大小为
设物体P的初速度为 ，根据动量守恒可得
解得
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学科网（北京）股份有限公司设 时刻弹簧的弹性势能为 ，根据能量守恒可得
联立解得
故C正确；
D．设 时刻P物体的速度为 ；根据动量守恒可得
解得
可知 时刻P物体的速度大小等于 时刻P物体的速度大小，则 时刻P物体的动能等
于 时刻P物体的动能，故 时间内弹簧对P物体做功为零，故D正确。
故选BCD。
【例5】（2023春·陕西咸阳·高三统考期中）如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，
已知A的质量 ，B的质量 。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始
处于自由伸长状态。现使滑块以 速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相
互作用（无机械能损失），直至分开未与C相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：
（1）弹簧被压缩到最短时，B滑块的速度大小；
（2）弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能；
（3）从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开，该过程中弹簧给滑块B的冲量；
（4）若弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C
碰撞过程时间极短，求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。
【答案】（1）1m/s；（2）3J；（3）4N·s；（4）0.5m/s；0.5J
【详解】（1）对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒有
代入数据，解方程可得
（2）根据能量守恒，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能
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学科网（北京）股份有限公司代入数据，解得
（3）从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度
最大，根据动量守恒和能量守恒有
代入数据，解方程可得
则弹簧给滑块B的冲量
（4）弹簧被压缩到最短时，B速度为 ，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、
C组成的系统，由动量守恒定律得
代入数据，解方程可
只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，对B、C组成的系统，则损失的系统机械能
为
【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，
静止在光滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第
一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动
的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的
B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为
，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即
时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
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学科网（北京）股份有限公司对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度
大小仍为 ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方
向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型
1．模型图示
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学科网（北京）股份有限公司2．模型特点
(1)最高点：m 与m 具有共同水平速度v ，m 不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向
1 2 共 1
动量守恒，mv ＝(m ＋m)v ；系统机械能守恒，mv＝(m ＋m)v＋mgh，其中h为滑块上
1 0 2 1 共 1 2 1 1
升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)最低点：m 与m 分离点。水平方向动量守恒，mv ＝mv ＋mv ；系统机械能守恒，mv
1 2 1 0 1 1 2 2 1
＝mv＋mv(完全弹性碰撞拓展模型)。
1 2
【例1】 如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆
弧面且与水平地面相切，质量为 m的滑块b以初速度v 向右运动滑上a，沿a左侧面上滑
0
一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列
说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．物块a运动的最大速度为
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．物块a运动的最大速度为
【答案】 B
【解析】 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由
动量守恒定律得mv ＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv2＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，
0 0
A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大．系统在水平方向动量守
恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv ＝mv ＋4mv 由机械能守恒定律
0 b a
得mv2＝mv2＋×4mv2，解得v＝v，v＝－v，B正确，D错误．
0 b a a 0 b 0
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的
光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小
球A以初速度v=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下
0
列说法正确的是（ ）
A．小球A不能从斜劈顶端冲出
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学科网（北京）股份有限公司B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30N
D．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左
【答案】ACD
【详解】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为
代入数据得
N
小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；
AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为 ，小球竖直速度为 ，
水平方向动量守恒
小球和斜劈系统机械能守恒
联立得
小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；
D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为 、
联立得
小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。
故选ACD。
【例3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平面上有一质量为 、半径为R
（R足够大）的 光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为
，小球A以 的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均
可视为质点，则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．B的最大速率为 B．B运动到最高点时的速率为
C．B能与A再次发生碰撞 D．B不能与A再次发生碰撞
【答案】AD
【详解】A．A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
解得
所以B的最大速率为 ，故A正确；
B．B冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速
度为v，则由水平方向动量守恒有
解得
故B错误；
CD．从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为 ，由水平方向动
量守恒有
由机械能守恒有
联立解得
由于
所以二者不会再次发生碰撞，故C错误，D正确。
故选AD。
【例4】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，质量 的物
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学科网（北京）股份有限公司块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径 的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平
面平滑连接。一质量 的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物
块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B均可视为质点，不计空气阻力。已知物
块B的质量为1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为6m/s，取 。求：
（1）最初弹簧上储存的弹性势能。
（2）A、B整体碰后能达到的最大高度。
（3）A、B整体第一次与C分离时C速度的大小。
（4）从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B
整体对C的冲量大小。
【答案】（1）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）
【详解】（1）对AB系统发生正碰，由动量守恒定律可知
对弹簧和A系统由能量守恒定律可得
解得
（2）A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒可得
碰后到达最高点系统机械能守恒定律可得
解得
h=1. 5m
（3）A、B整体第一次与C分离此过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能
守恒。由水平方向动量守恒
由机械能守恒定律
解得
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学科网（北京）股份有限公司故A、B整体第一次与C分离时C速度的大小为2m/s。
（4）A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程中，ABC系
统由动量守恒和能量守恒定律可得
A、B整体对C的冲量为
解得
【例5】（2023·河北·模拟预测）如图所示，A、B、C的质量分别为 、 、
，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径 的 圆轨道，静止在水平面上。
现用外力使小球A压缩弹簧（A与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为 时由静止
释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离
足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰
撞，重力加速度取 。求：
（1）小球B能达到的最大高度；
（2）通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。
【答案】（1） ；（2）不能
【详解】（1）设碰前小球A的速度为 ，从释放小球A到分离的过程，由能量守恒定律
得
代入数据解得
A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒有
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学科网（北京）股份有限公司带入数据解得
，
小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为 ，小球与圆轨道组
成的系统在水平方向上动量守恒有
小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有
代入数据解得
，
（2）设小球与圆轨道分离时的速度分别 ，由动量守恒定律和能量能守恒定律得
联立带入数据解得
，
球A与球B第一次碰后以 的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，
球A与弹簧分离后的速度大小为 ，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，
设碰后球A和球B的速度分别为 、 ，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得
联立带入数据解得
，
因为 ，所以小球B无法第二次进入圆轨道。
【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在水平面上依次放置小物块A以及曲面劈
B，其中A的质量为m=1kg，曲面劈B的质量M=3kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，
且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲
面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H，随后物块A从曲面
1
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学科网（北京）股份有限公司劈B上滑离时的速度为v；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高
1
度为H，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v。求：
2 2
（1）H 与H 的比值；
1 2
（2）v 与v 的比值。
1 2
【答案】（1） ；（2）
【详解】若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得
若曲面劈B固定在地面上，设共同速度为v，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
（2）若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为
若将曲面劈B自由放置在地面上，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
题型六 滑块模型中的多过程
【例1】（2023·湖南株洲·统考三模）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和
B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与
平板车保持相对静止。已知平板车的质量 ，长度 ，A、B的质量均为
，A的初速度大小为 ，与平板车之间的动摩擦因数 ；B的初速
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学科网（北京）股份有限公司度大小为 ，与平板车之间的动摩擦因数 ，A、B均可视为质点，它们之间
的碰撞为弹性碰撞，重力加速度 取 ，求：
（1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能；
（2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；
（3）A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，设平板车最终的速度为 ，以A、B以及平板车为系统，根据动
量守恒定律有
解得
则系统损失的机械能为
解得
（2）根据题意，设开始运动时A、B和平板车的加速度大小分别为 、 和a，根据牛顿
第二定律有
设经 时间A、B发生碰撞，则有
代入数据得
或 （舍去）
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学科网（北京）股份有限公司A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离
解得
（3）设A、B发生碰撞前瞬间，A、B和平板车的速度分别为 、 和v，则有
A、B质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有
碰后B与平板车速度相等，分析可知此后B与平板车始终保持相对静止。设此后A与平板
车的相对位移为 ，则有
最终A、B之间的距离
【例2】（2023·江西南昌·校联考二模）如图所示，一质量为 的木板B静止于光滑水平
面上，物块A质量为 ，停在木板B的左端。质量为 的小球用长为 的轻绳悬
挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块
A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知
物块A与木板B之间的动摩擦因数 ，重力加速度 。
（1）求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小；
（2）若木板长度为 ，求物块A的最终速度大小。
【答案】（1） ；（2）
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学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）小球由静止摆至最低点过程，由机械能守恒
小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得
对物块A运用动量定理
代入数据可得
（2）假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，则由动量守恒和能量守恒得
联立解得
由于 ，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为 和 ，由动
量守恒和能量守恒得
解得
【例3】（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）如图所示，质量 的长木
板C静止在光滑的水平面上，长木板C右端与竖直固定挡板相距 ，左端放一个质量
的小物块B（可视为质点），与长木板C间的动摩擦因数为 。在小物块
B的正上方，用不可伸长、长度 的轻绳将质量 的小球A悬挂在固定点
O。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A与O点等高，由静止释放。当小球A
下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞（碰撞时间极短），之后二者没有再发生碰撞。
已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取 。
（1）小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小；
（2）为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速，求 应满足的条件；
（3）在（2）问的前提下，即与竖直挡板碰撞到B、C能共速，求长木板的最短长度。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为 、 ，根据动量守恒定律有
碰撞前后根据机械能守恒定律有
联立解得
（2）设B、C获得共同速度为 ，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
代入数据解得
若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有
代入数据解得
则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速， 应满足的条件是
（3）第一次共速过程中，由能量守恒定律有
长木板C与挡板碰后速度方向反向，设B、C第二次获得共同速度为 ，以水平向左为正
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学科网（北京）股份有限公司方向，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
长木板的最短长度为
联立解得
题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．
(2)系统的机械能有损失．
3．两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒：mv＝(m＋M)v
0
能量守恒：Q＝F·s＝mv2－(M＋m)v2
f 0
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv＝mv＋Mv
0 1 2
能量守恒：Q＝F·d＝mv2－(Mv 2＋mv2)
f 0 2 1
【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测物理试题)如图所示，子弹以某一水平速度
击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是
（ ）
A. 木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量
B. 因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒
C. 子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
D. 子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和
【答案】C
【解析】A．木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量，方向相反，不相等，A错误；
B．因为水平面光滑，系统不受外力，子弹和木块组成的系统动量守恒，B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．根据动能定理，子弹对木块所做的功等于木块获得的动能；根据能量守恒定律，子弹
和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能，C正确；
D．根据动能定理，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，D错误。
故选C。
【例2】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）如图所示，质量为 的木板静止在足够大
的光滑水平地面上，质量为 的滑块静止在木板的左端，质量为 的子弹以大小为 的初
速度射入滑块，子弹射入滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未滑离木板。滑块与木板间的动
摩擦因数为 ，重力加速度大小为 ，子弹与滑块均视为质点，不计子弹射入滑块的时间。
求：
（1）木板的长度 ；
（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做功（产生热量）的平均功率 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同速度大小为 ，根据动量守恒定律
有
解得
设最终滑块与木板的共同速度大小为 ，根据动量守恒定律有
解得
对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系有
解得
（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做的功
设滑块在木板上相对木板滑动时木板的加速度大小为 ，对木板，根据牛顿第二定律有
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学科网（北京）股份有限公司设滑块在木板上相对木板滑动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有
又有
解得
【例3】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现
有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终
留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为
10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能
否射穿该木块？
【答案】 (1)6 m/s 882 J (2)能
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动
量守恒定律得
mv＝(M＋m)v
0
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝mv2－(M＋m)v2＝882 J.
0
(2)假设子弹以v′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，
0
由动量守恒定律得mv′＝(M＋m)v′
0
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝mv′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
0
由功能关系有ΔE＝F x ＝F d
阻 相 阻
ΔE′＝F x ′＝F d′
阻 相 阻
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配
爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统
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学科网（北京）股份有限公司的总动量守恒
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的
动能增加
机械能增加
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后
位置不变
各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ = 37°的
足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的 光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m= 2kg
1
和m= 3kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上（滑块A、B均可视为质点，炸
2
药的质量忽略不计）。炸药引爆后释放的化学能E = 30J全部转化为两滑块的动能，之后
滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，g取
10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能E 、E 各为多大；
A B
（2）已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
（3）A沿斜面上滑的最大距离x。
【答案】（1）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m
【详解】（1）设炸药引爆后A、B的速度大小各为v、v，取向左为正方向，由动量守恒
1 2
定律得
mv - mv = 0
1 1 2 2
由能量守恒定律得
可得
，
联立解得
E = 18J，E = 12J
kA kB
（2）B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得
E = mgR
kB 2
可得
R = 0.4m
（3）A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得
- mgxsin37° - μm gxcos37° = 0 - E
1 1 kA
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学科网（北京）股份有限公司解得
x = 0.9m
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，两块小木块A和B中间夹上轻弹簧用细线
扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块A、B弹出，最后落到水平
地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的是（弹簧原长远小于桌面长
度）（ ）
A．小木块A先落到地面上
B．两小木块质量之比
C．两小木块离开桌面时，动能之比
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
【答案】D
【详解】AB．题意中可知桌面光滑，则弹簧、A、B组成的系统动量守恒。设A、B两物
块速度的大小分别为 、 ，则
根据 ，由下落高度相同，则AB下落时间相同。A和B平抛的水平距离之比为
则
小物块的质量之比为
弹簧原长远小于桌面长度，且AB与桌边缘距离均为 ，则两物块分离后，在平抛运动之
前，B的速度较大，所以B到达桌边用时更短，平抛后AB下落时间相同。故B先落到地
面上。故AB错误；
C．两小木块离开桌面时，动能之比为
故C错误；
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
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学科网（北京）股份有限公司故D正确。
故选D。
【例3】（2022·天津·模拟预测）两质量均为m的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，
在足够长水平地面上以初速度 开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为 ，重力加
速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为 时，火药爆炸
将两物块炸开，有 的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向
运动。爆炸时间极短。求：
（1）火药爆炸前瞬间两物块的速度大小；
（2）两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）对于两物块根据牛顿第二定律得
根据匀变速运动的规律有
（2）火药爆炸后，两物块均沿水平方向运动，设炸后瞬间B、A物块速度分别为 和 ，
根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
向左运动
向右运动（另一组解与题意不符，舍去）
火药爆炸后物块A向右运动的距离
火药爆炸后物块B向左运动的距离
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学科网（北京）股份有限公司两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离
【例4】如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球
Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时
的动能为E .现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为E ，E 和
k1 k2 k1
E 的比值为( )
k2
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P
锁定时，Q下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝E ，P解除锁定，Q下滑过
k1
程，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv －
Q
2mv ＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝mv 2＋·2mv 2，Q离开P时的动能：E ＝mv 2，解
P Q P k2 Q
得：＝，故C正确．
【例5】(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端
与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m的物块B位于劈A的曲面上，距水平面的高
度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作
用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．
【答案】 h
【解析】 设物块B滑到曲面底端时速率为v ，劈A的速率为v ，物块B和劈A组成的系
1 2
统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有
3mv－mv＝0
2 1
由系统机械能守恒可得mgh＝mv2＋×3mv2
1 2
联立可得v＝，v＝
1 2
与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，v′＝v ，当物块B在劈A上达
1 1
到最大高度时二者速度相同，设为v，系统水平方向动量守恒，则有
3
3mv＋mv′＝(3m＋m)v
2 1 3
物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得
mgh′＝×3mv2＋mv′2－×(3m＋m)v2
2 1 3
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学科网（北京）股份有限公司联立可得h′＝h.
题型九 人船模型及其拓展模型的应用
人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv －Mv ＝0
人 船
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x ＋x ＝L，
人 船
得x ＝L，x ＝L
人 船
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即
＝＝.
【例1】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，质量为M=2m的小木船静止在湖边附
近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质
量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到
湖岸的水平距离 ，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽
略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的
有（ ）
A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
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学科网（北京）股份有限公司D．弹簧释放的弹性势能为
【答案】BD
【详解】A．对船与铁块有
由于铁块到船头的距离为L，则有
解得
，
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为
A错误；
B．铁块脱离木船后做平抛运动，则有
，
解得
B正确；
C．对船与铁块有
结合上述解得
C错误；
D．弹簧释放的弹性势能为
解得
D正确。
故选BD。
【例2】（2023·全国·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止
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学科网（北京）股份有限公司释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（ ）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
【答案】CD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动
量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的
系统总动量不守恒，A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，
且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相
同，则水平方向上有
解得
即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运
动，B错误；
C．根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定
律，在水平方向上有
此过程有
解得
C正确；
D．根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有
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学科网（北京）股份有限公司，
解得
D正确。
故选CD。
【例3】（2023·河北承德·校联考三模）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑
水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg
的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B
点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确
的是（ ）
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1m/s
C．两者分离时物块移动了0.15m
D．物块对地面的最大压力为70N
【答案】BC
【详解】A．小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；
B．系统在水平方向动量守恒，有
根据能量守恒有
解得
，
故B正确；
C．小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
故C正确；
D．小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯
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学科网（北京）股份有限公司性系），小球此时相对圆心的速度为 ，对整体应用牛顿运动定律有
故D错误。
故选BC。
【例4】.（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）如图所示，质量均为 的木块A和
B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为 的细
线，细线另一端系一质量为 的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C
球，重力加速度为 。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正
确的是（ ）
A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B．两物块A和B分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为
D．C球由静止释放到最低点，A对B的弹力的冲量大小为
【答案】BC
【详解】AB．球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有
系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
联立解得
，
故A错误，B正确；
C．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为 ，AB对地的水平位
移大小为 ，则有
，
解得
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学科网（北京）股份有限公司故C正确；
D．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有
故D错误。
故选BC。
【例5】（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，质量为M、半径为R
的光滑半圆形曲面放置在光滑水平地面上，其直径AB水平。某时刻一质量为m的小球从
距曲面最左端A点的正上方高h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球第一次运动到最低点时速度的大小；
（2）半圆形曲面在水平面上的最大位移。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设最低点M的速度为 ，小球的速度为 ，小球从开始运动到最低点的过
程中系统在水平方向动量守恒，有
同时在下落过程中机械能守恒，有
联立解得
（2）设半圆形曲面在水平面上的最大位移为 ，小球水平方向的位移为 ，小球和曲面
在水平方向动量守恒，由人船模型可得
联立解得
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学科网（北京）股份有限公司【例6】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小
车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道
相切于B点。一质量为m的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨
道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量 ，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，
重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小 ；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
【答案】（1）3mg，方向竖直向下；（2）① ，②
【详解】（1）若固定小车，滑块从A到B的运动中，由动能定理可得
解得
滑块在B点时，由牛顿第二定律可得
解得
此时在B点，圆弧轨道对滑块的支持力最大，由牛顿第三定律可知，滑块对小车的最大压
力为3mg，方向竖直向下。
（2）①若不固定小车，因水平轨道粗糙，因此滑块滑至B点时，小车的速度最大，滑块与
小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
此过程系统的机械能守恒，则有
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学科网（北京）股份有限公司联立解得小车的最大速度大小为
②滑块从B到C运动过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律可得
则有
等式两边乘以时间t，则有
可知
解得
又
解得小车的位移大小为
题型十 悬绳模型
【例1】（2023·天津河西·统考二模）如图所示，质量M=0.2kg的滑块套在光滑的水平轨道
上，质量m=0.1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻
杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初
速度 =4m/s，不计空气阻力，重力加速度g取 。
（1）若锁定滑块，求小球通过最高点P时对轻杆的作用力F的大小和方向；
（2）若解除对滑块的锁定，求从小球开始运动至到达最高点过程中，滑块移动的距离x；
（3）若解除对滑块的锁定，求小球运动至最高点时的速度v和此时滑块的速度v。
【答案】（1） ，方向竖直向上；（2） ；（3） ，
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学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）设小球通过最高点时速度为 ，由动能定理有：
解得
在最高点时有
解得
方向竖直向下。
由牛顿第三定律可得，通过最高点时小球对杆的作用力大小为0.2N，方向竖直向上。
（2）设小球从开始运动到运动至最高点水平位移为x，滑块向左运动位移为x，任意时刻
1
小球水平方速度大小为 ，滑块速度到为 ，任意时刻，取水平向右为正方向，由水平方
向动量守恒有
两边同乘以 有
因上式对任意时刻附近微小 都适用，累积可得
又
解得
（3）在上升过程中，取小球和滑块系统为研究对象，因只有重力做功，系统的机械能守恒，
有
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有
解得
【例2】（2023·江苏徐州·高三期末）如图所示，质量为2m的滑块套在光滑水平杆上，质
量为m的小球与滑块由一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长为L，开始时，轻绳处于水平
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学科网（北京）股份有限公司拉直状态，小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，重力加速度为g，求：
（1）滑块相对初始位置向右运动的最大位移x；
（2）小球运动到最低点时，轻绳对小球的拉力F；
（3）若小球第一次运动到最低点时，滑块与一个固定在水平杆上的弹性挡板（图中未画
出）发生碰撞，碰撞后滑块的速度大小不变，方向与碰撞前相反，小球在随后的运动中相
对最低点上升的最大高度h。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设滑块对初始位置向右运动的最大位移 时，小球向左运动位移 ，小球与
滑块组成的系统水平方向的动量守恒，则
解得
（2）设小球运动到最低点时，小球的速度大小为 ，滑块的速度大小为 ，根据动量守恒
和机械能守恒，则
联立解得
（3）小球在随后的运动中相对最低点上升的最大高度 时，设小球和滑块的速度大小为 ，
则
解得
【例3】（2023·河南许昌·高三校联考阶段练习）如图所示，A、B两小车间夹有少量炸药，
并静置于足够大的光滑水平地面上，轻杆竖直固定在A上，长为L的轻绳一端系在轻杆的
顶端，另一端系有质量为m的小球（视为质点）。现将A锁定，将小球从图示位置（轻绳
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学科网（北京）股份有限公司水平伸直）由静止释放，小球通过最低点后继续向左摆动。已知A、B的质量均为 ，轻
杆与炸药的质量均不计，重力加速度大小为g。
（1）求小球通过最低点时轻绳对小球的拉力大小F；
（2）若将A解锁，仍将小球从图示位置由静止释放，求小球通过最低点时两车的速度大
小v；
（3）若将A解锁，仍将小球从图示位置由静止释放，当小球通过最低点时炸药爆炸，两
车瞬间分离，爆炸后瞬间A的速度大小为 、方向水平向左，求系统因炸药爆炸而增
加的机械能 及爆炸后A的最大速度 。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）设小球通过最低点时的速度大小为 ，根据机械能守恒定律有
又
解得
（2）设小球通过最低点时的速度大小为 ，对小球下摆到最低点的过程，根据机械能守恒
定律有
该过程中系统水平方向动量守恒，显然小球通过最低点时两车的速度方向水平向右，有
解得
（3）设炸药爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为 ，根据动量守恒定律有
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学科网（北京）股份有限公司其中 ，根据能量守恒定律有
解得
爆炸后A与小球通过轻绳相互作用，由（2）可得
由于 ，因此爆炸后A做加速直线运动，小球摆到最高点后返回最低点时A的速度最
大，设此时小球的速度为 ，有
，
解得
【例4】（2023·河北·模拟预测）某游乐场有个“投篮”活动项目，可简化为如下过程。光
滑的平直轨道上有一辆质量为 的小车，以 的速度匀速向右运动，小车下
方用较长的轻绳竖直悬挂着一个质量 的球筐，随小车一起运动。轨道下方有一个
投球点A，与球筐的竖直高度 ，在小车运动的竖直面内，某时刻一玩家将质量
的游戏球以与水平方向成 角的速度斜向上抛出，恰好水平击中并落入球筐中，
然后和球筐一起摆动，如图所示，重力加速度取 ，球筐和球均可视为质点，轨
道足够长，空气阻力不计，求：
（1）球筐摆动的最大高度；
（2）轨道上小车的最大速度。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）球在空中飞行过程中利用逆向思维，球的运动是一个平抛运动。设球的水平
速度大小为 ，由平抛运动规律得
，
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学科网（北京）股份有限公司联立解得
球落入球筐过程，球和球筐组成的系统在水平方向动量守恒，则有
解得
摆动过程中，小车、球以及球筐整个系统水平方向动量守恒，设摆到最高点时系统的速度
大小为 ，则有
解得
根据系统机械能守恒有
解得球筐摆动的最大高度为
（2）当球与球筐回到最低点时，小车速度最大，设此时车的速度及球与球筐的速度分别为
和 ，根据系统水平方向动量守恒以及机械能守恒有
联立解得
即轨道上小车的最大速度为 。
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